精品解析：天津市宝坻区宝衡高级中学2025-2026学年高二年级下学期5月期中考试数学试题

宝衡高级中学2025-2026学年度第二学期期中考试 高二数学试卷 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，共xx分，考试用时xx分钟 答卷前，考生务必将自己的姓名，考号，考场号和座位号填写在答题卡上 答卷时，将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷的答题卡交回。 一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分. 1. 从7名男运动员和3名女运动员中选出2人组队参加乒乓球混合双打比赛，则不同的选法共有（ ） A. 12种 B. 18种 C. 20种 D. 21种 【答案】D 【解析】 【分析】根据分步乘法计算原理求解即可. 【详解】7名男运动员选1名组对有7种选法，3名女生选1名组对有3种选法， 则不同的选法共有种． 故选：D. 2. 已知正态分布，若，则（ ） A. 0.6 B. 0.4 C. 0.2 D. 0.1 【答案】C 【解析】 【详解】得，所以， 所以，所以. 3. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用基本初等函数的导数公式，逐项求解，即可得到答案. 【详解】对于A，因为为常数，可得，所以A错误； 对于B，由基本初等函数的导数公式，可得，所以B错误； 对于C，由基本初等函数的导数公式，可得，所以C错误； 对于D，由基本初等函数的导数公式，可得，所以D正确． 4. 若的展开式中各项的二项式系数和为64，则展开式中含项的系数为（ ） A. 1 B. 6 C. 15 D. 20 【答案】B 【解析】 【分析】根据求出值，再利用二项式展开式的通项公式即可得到答案. 【详解】因为二项式系数之和为64，则，则. 则二项展开式通项为， 令，解得，则含的项的系数为. 5. 已知是定义域为的函数的导函数，且函数的图象如图所示，则（ ） A. 在上为增函数 B. 的最小值为 C. 的极大值为，极小值为 D. 的极小值点为0，极大值点为1 【答案】D 【解析】 【分析】根据图象先判断的单调性，然后逐项判断即可. 【详解】由图像可知，当时，，所以. 所以，所以在上为减函数，A错误； 当时，，所以. 所以，所以在上为增函数， 当时，，所以. 所以，所以在上为减函数，所以的最小值为或，B错误； 因为在上为减函数，在上为增函数，在上为减函数， 所以的极大值为，极小值为，极大值点为1，极小值点为0，所以C错误D正确； 故选：D. 6. 某空间站由，，三个舱构成，某次实验需要5名宇航员同时在3个舱中开展，每个人只能去1个舱，每个舱至少安排1名宇航员，其中宇航员甲只能去舱，则不同的安排方法的种数为（ ） A. 35 B. 36 C. 42 D. 50 【答案】D 【解析】 【分析】以舱的人数为分类依据，将 5 人分配到 A、B、C 三个舱中，分别计算各类分组与排列的方法数，最后求和得到总安排数. 【详解】有四类不同的安排情形： ①甲单独在舱，其余四人分成两组，一组1人，一组3人，安排在舱， 有种不同的安排方法； ②甲单独在舱，其余四人平均分成两组每组人，安排在舱， 有种不同的安排方法； ③舱安排人，其余三人分成两组，一组人，一组人，安排在舱， 有种不同的安排方法； ④舱安排人，其余二人分成两组，安排在舱， 有种不同的安排方法； 综上，不同的安排方法共有种. 【点睛】本题是分类加法计数原理 + 分组分配问题，核心方法是按特殊元素或位置分类，结合均匀 或不均匀分组与排列计算. 7. 某次测试共设置两道必答题，考生至少答对其中一道题即可通过测试.已知考生甲答对每一题的概率均为，在甲通过测试的条件下，其只答对一道题的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用互斥事件的概率加法公式和条件概率公式计算即可. 【详解】设考生甲答对第一道题和答对第二道题分别为事件，只答对一道题为事件，甲通过测试为事件， 则 ， ， 则在甲通过测试的条件下，其只答对一道题的概率为. 8. 已知在的展开式中，前3项的系数成等差数列，则下列结论正确的是（ ） A. 展开式中所有项的系数之和为256 B. 展开式中含的一次项为 C. 展开式中所有奇数项的二项式系数之和为256 D. 展开式中二项式系数最大项为第4项 【答案】B 【解析】 【分析】由条件前3项的系数成等差数列列方程求，再根据二项式定理进行逐项分析. 【详解】的展开式的通项公式为. 所以该二项式展开式前3项的系数为，，， 因为前3项的系数成等差数列，，即， 整理得，解得或（舍去）. 所以该二项式为，展开式通项公式为. 对于A：令，则，即展开式中所有项的系数之和为，故A错误. 对于B：令，解得，则，故B正确. 对于C：展开式中所有奇数项的二项式系数之和为，故C错误. 对于D：因为，则展开式中二项式系数最大项为中间项，即第项，故D错误. 9. 已知函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据导数得函数在上单调递增，由单调性可得，再解一元二次不等式即可. 【详解】由题意可得函数的定义域为，， 因为，，当且仅当，即时等号成立， 因为，所以恒成立，函数在上单调递增， 则不等式，解得， 所以不等式的解集为. 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分. 10. 已知函数，则__________. 【答案】 【解析】 【详解】因为函数，则， 所以. 11. 某商家统计了某商品最近5个月销量，如表所示，若与线性相关，且经验回归方程为， 时间 1 2 3 4 5 销量万只 5 4.5 4 3.5 2.5 给出下列说法： ①由题中数据可知，变量与负相关 ②当时，残差为 ③可以预测当时销量约为万只 ④经验回归方程中 其中正确的是__________（填序号）. 【答案】①③④ 【解析】 【分析】根据表格中销量与时间的变化规律可判断①；利用表格分别求出销量与时间的平均数，得样本中心点，代入回归方程求出判断④；进而推得线性回归方程，再利用残差定义，计算判断②；利用线性回归方程赋值计算即可判断③. 【详解】由经验回归方程，可知回归直线的斜率，即变量与负相关，同时结合表格，可知销量随着的增大而减小，故①正确； 又由表格可得，， 因样本中心点在回归方程上，则得，故④正确； 则回归方程为，当时，，此时残差为，故②错误； 当时，代入回归方程可得，即可以预测当时销量约为万只，故③正确. 12. 若，则______. 【答案】 【解析】 【详解】由题意得， 令，得， 令，得， 则. 13. 直线与曲线相切于点，则___________． 【答案】4 【解析】 【分析】直线与曲线相切于点，可得，求得的导数，可得，即可求得答案. 【详解】直线与曲线相切于点 将代入，可得，解得: ，求导，由，解得：，可得, 又根据在上，，解得： 故 故答案为：4. 14. 已知某外卖骑手每次在规定时间内将餐品送达的概率为，该骑手某次工作中共配送3单，若三次配送结果互不影响，记三次配送中准时送达的次数为，则的数学期望_________，若已知该骑手没有全部准时送达，则他恰好准时送达两次的概率为_________． 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】由二项分布求第一空；由条件概率公式求第二空. 【详解】由题意可得， 所以； 记事件为“该骑手没有全部准时送达”，事件为“恰好准时送达两次”， 则, 所以. 15. 若函数有唯一极值点，则实数a的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】首先对函数求导，然后根据参变分离，将问题转化为图象交点问题，利用导数的性质分析函数的单调性，进而确定极值点的情况，从而求出实数a的取值范围. 【详解】因为只有1个极值点，所以，， 由，得， 则直线与的图象仅存在一个交点（变号零点）， 设，则， 由，得；由，得或； 则在和上单调递减，在上单调递增， 又，，当时，，当时，， 故其函数图象如图： 当时，直线与的图象仅在有1个交点，符合题意； 当时，直线与的图象在上以及处各有1个交点， 但仅在上存在1个变号零点，符合题意； 当时，直线与的图象有3个交点，不符合题意； 当时，直线与的图象无交点，不符合题意， 所以当时有唯一极值点， 综上，实数的取值范围是. 三、解答题：本题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 16. 已知的展开式中，其前三项的二项式系数的和等于56. （1）求展开式中所有二项式系数的和； （2）求展开式中的常数项. 【答案】（1）1024 （2）180 【解析】 【分析】（1）根据前三项的二项式系数之和列出方程，求出，进而求出所有二项式系数的和； （2）利用展开式的通项公式，令的次数为0，求出，得到答案. 【小问1详解】 前三项的二项式系数和为， 解得或-11（舍去）， 中，展开式中所有二项式系数的和为； 【小问2详解】 的展开式通项公式为， 令得，故. 17. 袋中有10个大小、材质都相同的小球，其中红球3个，白球7个．每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回．求： （1）第一次和第二次都摸到红球的概率； （2）在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到红球的概率； （3）第二次摸到红球的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据概率的乘法公式求解即可. （2）根据条件概率计算公式求解即可. （3）根据全概率公式求解即可. 【小问1详解】 设事件：第一次摸到红球；事件：第二次摸到红球， 所以. 故第一次和第二次都摸到红球的概率为. 【小问2详解】 第一次摸到红球的概率为，所以. 故在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到红球的概率为. 【小问3详解】 ，则，所以， 所以. 故第二次摸到红球的概率为. 18. 冬奥会的全称是冬季奥林匹克运动会，是世界规模最大的冬季综合性运动会，每四年举办一届．第24届冬奥会于2022年在中国北京和张家口举行．为了弘扬奥林匹克精神，让学生了解更多的冬奥会知识，某学校举办了有关2022年北京冬奥会知识的宣传活动，其中有一项为抽卡答题活动，盒中装有9张大小相同的精美卡片，卡片上分别印有北京冬奥会的吉祥物“冰墩墩”和“雪容融”．卡片背面都有关于冬奥会的问题，答对则奖励与卡片对应的吉祥物玩偶．其中“冰墩墩”卡片有5张，编号分别为1，2，3，4，5；“雪容融”卡片有4张，编号分别为1，2，3，4，从盒子中任取4张卡片（假设取到任何一张卡片的可能性相同）． （1）求取出的4张卡片中，含有编号为4的卡片的概率； （2）在取出的4张卡片中，“冰墩墩”卡片的个数设为X．求随机变量X的分布列． 【答案】（1） （2）详见解析. 【解析】 【分析】（1）利用古典概型的概率求解； （2）则X的可能取值为0，1，2，3，4，分别求得其相应的概率，再列出分布列. 【小问1详解】 解：从盒子中任取4张卡片的基本事件的总数为， 取出的卡片中，含有编号为4的卡片的基本事件数位， 所以取出的4张卡片中，含有编号为4的卡片的概率位； 【小问2详解】 在取出的4张卡片中，“冰墩墩”卡片的个数设为X ， 则X的可能取值为0，1，2，3，4， 则， ， ， 所以随机变量X的分布列为： X 0 1 2 3 4 P 19. 已知展开式共有11项. （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值； （4）求的值. 【答案】（1） （2）（或） （3） （4） 【解析】 【分析】（1）先求的值，利用赋值法可求答案； （2）去掉绝对值，利用赋值法可求答案； （3）对赋值为可得答案； （4）先求导数，再赋值可得答案. 【小问1详解】 因为展开式共有11项，所以， 令可得，令可得 ， 所以 . 【小问2详解】 的展开式的通项公式为，； 当为奇数时，系数为负，当为偶数时，系数为正，所以， 由，令可得，即. 【小问3详解】 由，令可得 . 【小问4详解】 对两边求导可得， 令可得，即. 20. 已知函数． （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）当时，若函数有个不同的零点，． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明： 【答案】（1） . （2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数判断函数的单调区间； （2）（ⅰ）转化为函数与有两个交点的问题； （ⅱ）由函数的两个零点可得，再利用构造函数的方法证明即可. 【小问1详解】 当时，，则 ，    ，切线方程为 ，即. 【小问2详解】 （ⅰ）当时，若函数有个不同的零点，， ∴恰有个正实根，，即方程恰有个正实根，， 令，则与有两个不同交点， ∴，           ∴当时，；当时，， ∴在上单调递减，在上单调递增，又，           当从的右侧无限趋近于时，趋近于； 当无限趋近于时，的增速远大于的增速，则趋近于， 则图象如下图所示， ∴当时，与有两个不同交点， ∴实数a的取值范围为．           （ⅱ）由（ⅰ）知：，， ∴，， ∴，则， 不妨设， 要证，则需证，           ∵，∴，∴，则只需证， 令，则只需证时，恒成立，           令， ∴，           ∴在上单调递增，∴， ∴当时，恒成立， ∴原不等式得证． 【点睛】方法归纳：研究时函数的零点个数，可通过分离参数将问题转化为，通过研究函数的单调性、极值与值域，结合函数图象与直线的交点个数确定参数范围；证明双变量不等式，属于极值点偏移问题，可通过将两个零点满足的等式变形，统一为单变量，构造辅助函数，利用导数研究辅助函数的单调性与最值完成证明. 易错归纳：求解过程中易忽略定义域的限制，导致参数范围求解错误；求导运算失误，造成函数单调性、极值点判断错误；极值点偏移证明中变量替换不严谨，辅助函数构造或单调性分析出错，导致证明逻辑断裂. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宝衡高级中学2025-2026学年度第二学期期中考试 高二数学试卷 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，共xx分，考试用时xx分钟 答卷前，考生务必将自己的姓名，考号，考场号和座位号填写在答题卡上 答卷时，将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷的答题卡交回。 一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分. 1. 从7名男运动员和3名女运动员中选出2人组队参加乒乓球混合双打比赛，则不同的选法共有（ ） A. 12种 B. 18种 C. 20种 D. 21种 2. 已知正态分布，若，则（ ） A. 0.6 B. 0.4 C. 0.2 D. 0.1 3. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 若的展开式中各项的二项式系数和为64，则展开式中含项的系数为（ ） A. 1 B. 6 C. 15 D. 20 5. 已知是定义域为的函数的导函数，且函数的图象如图所示，则（ ） A. 在上为增函数 B. 的最小值为 C. 的极大值为，极小值为 D. 的极小值点为0，极大值点为1 6. 某空间站由，，三个舱构成，某次实验需要5名宇航员同时在3个舱中开展，每个人只能去1个舱，每个舱至少安排1名宇航员，其中宇航员甲只能去舱，则不同的安排方法的种数为（ ） A. 35 B. 36 C. 42 D. 50 7. 某次测试共设置两道必答题，考生至少答对其中一道题即可通过测试.已知考生甲答对每一题的概率均为，在甲通过测试的条件下，其只答对一道题的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知在的展开式中，前3项的系数成等差数列，则下列结论正确的是（ ） A. 展开式中所有项的系数之和为256 B. 展开式中含的一次项为 C. 展开式中所有奇数项的二项式系数之和为256 D. 展开式中二项式系数最大项为第4项 9. 已知函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分. 10. 已知函数，则__________. 11. 某商家统计了某商品最近5个月销量，如表所示，若与线性相关，且经验回归方程为， 时间 1 2 3 4 5 销量万只 5 4.5 4 3.5 2.5 给出下列说法： ①由题中数据可知，变量与负相关 ②当时，残差为 ③可以预测当时销量约为万只 ④经验回归方程中 其中正确的是__________（填序号）. 12. 若，则______. 13. 直线与曲线相切于点，则___________． 14. 已知某外卖骑手每次在规定时间内将餐品送达的概率为，该骑手某次工作中共配送3单，若三次配送结果互不影响，记三次配送中准时送达的次数为，则的数学期望_________，若已知该骑手没有全部准时送达，则他恰好准时送达两次的概率为_________． 15. 若函数有唯一极值点，则实数a的取值范围是__________. 三、解答题：本题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 16. 已知的展开式中，其前三项的二项式系数的和等于56. （1）求展开式中所有二项式系数的和； （2）求展开式中的常数项. 17. 袋中有10个大小、材质都相同的小球，其中红球3个，白球7个．每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回．求： （1）第一次和第二次都摸到红球的概率； （2）在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到红球的概率； （3）第二次摸到红球的概率． 18. 冬奥会的全称是冬季奥林匹克运动会，是世界规模最大的冬季综合性运动会，每四年举办一届．第24届冬奥会于2022年在中国北京和张家口举行．为了弘扬奥林匹克精神，让学生了解更多的冬奥会知识，某学校举办了有关2022年北京冬奥会知识的宣传活动，其中有一项为抽卡答题活动，盒中装有9张大小相同的精美卡片，卡片上分别印有北京冬奥会的吉祥物“冰墩墩”和“雪容融”．卡片背面都有关于冬奥会的问题，答对则奖励与卡片对应的吉祥物玩偶．其中“冰墩墩”卡片有5张，编号分别为1，2，3，4，5；“雪容融”卡片有4张，编号分别为1，2，3，4，从盒子中任取4张卡片（假设取到任何一张卡片的可能性相同）． （1）求取出的4张卡片中，含有编号为4的卡片的概率； （2）在取出的4张卡片中，“冰墩墩”卡片的个数设为X．求随机变量X的分布列． 19. 已知展开式共有11项. （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值； （4）求的值. 20. 已知函数． （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）当时，若函数有个不同的零点，． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $